2/ Tìm những điểm trên đồ thị C có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại diểm đó tạo với 2 đờng tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất.. Mỗi cạnh bên của hình chóp này đều cắt một
Trang 1Kỳ thi học sinh giỏi lớp 12 THPT –
Môn thi : toán học - bảng A
Đề chính thức (Thời gian : 180 phút - không kể thời gian giao
đề)
Bài 1: ( 4 điểm )
Cho hàm số :
1
1 1
− + +
=
x x
1/ Khảo sát hàm số
2/ Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại diểm đó tạo với 2 đờng tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất
Bài 2: (2 điểm )
Biện luận theo m số nghiệm dơng của phơng trình : ∫ = −
−
x
m dt t
t
1 1
Bài 3: (2 điểm )
Giải phơng trình : x= 3−x 4−x+ 4−x 5−x+ 5−x 3−x
Bài 4: (2 điểm )
Tìm các giá trị thực của m để phơng trình sau có đúng 1 nghiệm ∈0;4
π
(4−6m)Sin3x+3(2m−1)Sinx+2(m−2)Sin2xCosx−(4m−3)Cosx=0
Bài 5: (2 điểm )
Tìm tam giác ABC có B = 2A và ba cạnh có số đo là ba số nguyên liên tiếp
Bài 6: (2 điểm )
Tìm đa thức P( )x có bậc lớn hơn 1 thoả mãn hệ điều kiện sau :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
P
x P x P x x x P x
x
∈
∀
=
= +
+
−
− +
; 27
1
0 12
' 2 2
'' 4
2 2
Bài 7: (2 điểm )
Giải hệ sau : − − +( + () ≤)
= − +
− +
8 3 1
2
3 2
2
4 3
log 2
y y
y
y x
Cos
Bài 8: (2 điểm )
Hai hình chóp tam giác đều có chung chiều cao , đỉnh của hình chóp này trùng với tâm của đáy hình chóp kia Mỗi cạnh bên của hình chóp này đều cắt một cạnh bên của hình chóp kia Cạnh bên l của hình chóp thứ nhất tạo với đờng cao một góc α .Cạnh bên của hình chóp thứ 2 tạo với đờng cao một góc β
Tìm thể tích phần chung của hai hình chóp
Bài 9: (2điểm )
Cho các số thực a,b,c≥2 chứng minh bất đẳng thức sau :
Log b+c a2 +Log c+a b2 +Log a+b c2 ≥3
.
Họ và tên thí sinh : Số báo danh
Trang 2Lời giải chi tiết và biểu điểm đề thi học sinh giỏi toán khối 12
Bài 1 1 a) TXĐ : D = R
b) Sự biến thiên:
1
1 1 '
−
−
=
x
y ; y’ = 0 có 2 nghiệm x = 0 ; x = 2
• HS đồng biến trên (−∞;0) (; 2;+∞) và nghịch biến trên các khoảng ( ) ( )0;1;1;2
• Cực trị : Cực đại tại x =0 và y CD =0
Cực tiểu tại x=2 và y CT =4
• Nhánh vô cực và tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1; tiệm cận xiên y
−∞
→ +∞
Lim
x
.
• BBT :
c) Đồ thị : y Đồ thị đi qua gốc toạ độ O=(0;0) Tâm đối xứng I=( 1;2 ) 1
O x
-1 1
1 điểm
1 điểm x −∞ o 1 2 +∞
y’ + 0 - ‖ - 0 +
y
Trang 3
Gọi M =(a;y( )a ) ( )∈ C ;a>0 thì ( )
1 1
1 1
2
−
=
− + +
=
a
a a
a a y
1 1
2 '
2 2
2
− +
−
−
−
=
⇔
−
=
−
a
a a x a
a a y a x a y a y
(d)
Tiệm cận đứng x = 1 ; Tiệm cận xiên y = x + 1
Giao điểm của 2 tiệm cận là I=( 1 ; 2 )
Giao điểm của d với tiệm cận đứng x = 1 là
−
=
1
2
; 1
a
a A
Với tiệm cận xiên là : B=(2a−1;2a)
−
a
Lại có
4
π
=
∠AIB suy ra
BI AI BI
AI BICos
AI BI
AI
4
2 2
Theo bất đẳng thức Cô si : AB2 ≥2AI.BI − 2AI.BI =(2− 2)AI.BI
( 2 1)
2
≥
Đặt p là chu vi tam giác ABI thì :
( 2 1) 44 2 2
2
+
≥ + +
p
2
1
1+
=
⇔
=
2
1 1 2
4 1 2 2
Minp
2
1 2 2
; 2
1 1
M
0.5
điểm
0.5
điểm
0.5
điểm
0.5
điểm Bài 2
Ta có
2
1 ln 2
1 2
1
1
2
1
−
−
=
−
=
−
=
t tdt dt t t
x x
PT đã cho tơng đơng với x −lnx=m
2
1 2
(1)
Số nghiệm dơng của PT là số giao điểm của đờng thẳng y = m và đồ thị hàm
số f( )x x lnx
2
1 2 −
Xét hàm số : f( )x x lnx
2
1 2
−
= trên (0;+∞)
0.5
điểm
0.5
Trang 4Đạo hàm '= −1;y'=0⇔x=±1
x x y
→ +∞
→ y Lim y
Lim
x
BBT
x −∞ o 1 +∞
y | - o + ’
y | +∞ +∞
21
Từ BBT ta đợc :
+/ Với
2
1
<
m thì PT vô nghiệm +/ Với
2
1
=
m thì PT có nghiệm dơng duy nhất x = 1 +/ Với
2
1
>
m thì phơng trình có 2 nghiệm dơng phân biệt
điểm
0.5
điểm
0.5
điểm
Bài 3 ĐK : x≤3
Đặt a= 3−x;b= 4−x;c= 5−x
Ta có x=3−a2 =4−b2 =5−c2 =ab+bc+ca
Do đó
= + +
= + +
= + +
⇔
+ +
=
−
+ +
=
−
+ +
=
−
5 4 3 5
4 3
2 2 2
c b a c
b a c b
a c b a ca
bc ab c
ca bc ab b
ca bc ab a
Nhân vế với vế các PT ta đợc (a+b)(b+c)(c+a)=2 15 ( * )
Thay lần lợt các phơng trình của hệ vào PT ( * ) sẽ có :
= +
= +
= +
4
15 2 3
15 2 5
15 2
a c
c b
b a
Cộng các vế phơng trình của hệ, có PT mới và thay lần lợt mỗi PT của hệ vào
PT vừa có.Ta đợc nghiệm của phơng trình đã cho là:
240
671
=
x
0.5
điểm
0.5
điểm
1 điểm
Bài 4 Nhận thấy Cosx=0 không thoả mãn PT , bằng các chia cả 2 vế cho
0
2x≠
Cos ta đợc phơng trình :
(tgx−1) (tg2x−2mtgx+4m−3)=0
Đặt tgx = t , ta có PT : ( )t−1(t2 −2mt+4m−3)=0 (1)
0.5 điểm
Trang 5Để PT đã cho có nghiệm ∈0;4
π
x thì PT (1) phải có nghiệm 0≤t≤1
Do PT (1) luôn có 1 nghiệm t =1∈[ ]0;1 nên PT t2 −2mt+4m−3=0
Chỉ có 1 nghiệm t = 1 hoặc không có nghiệm nào thuộc đoạn [ 0 ; 1 ]
Để ý rằng t = 2 không thoả mãn Do đó ( ) m
t
t t
−
−
=
4 2
3
2
Xét f(t) trên [0;1] ta có :
( ) ( ) 0; [ ]0;1
2
3 4 2
1
2
∈
∀
≥
−
+
−
t
t t t
f
Lập bảng biến thiên và từ BBT ta đợc :
<
≥
4 3
1
m m
0.5
điểm
1 điểm
Bài 5 Ta chứng minh bổ đề: Điều kiện cần và đủ để tam giác ABC có B= 2A
là b2 =a2 +ac (1)
Thật vậy: Theo định lý CôSin trong tam giác
aCosB a
c a aCosB c
ac a acCosB c
a
áp dụng định lý Sin, ta đợc 2RSinC−2RSinA=4RSinACosB
(A B) Sin(A B) SinA Sin(B A)
Sin SinA
⇔
Do đó B = 2A và 0< A, B<π
Vì 3 cạnh là 3 số nguyên liên tiếp nên với x∈N*và a < b, ta có các trờng hợp
sau :
a) Nếu a=x,b=x+1,c=x+2 : Khi đó từ (1) ta đợc x=1 suy ra a=1,b=2,c=3 Không thoả mãn tính chất cạnh của tam giác b) Nếu a=x,b=x+2,c=x+1 : Từ (1) ta có PT x2 −3x−4=0
Suy ra a=4,b=6,c=5 ( thoả mãn ) c) Nếu a=x+1,b=x+2,c=x : Tơng tự thì x2 −x−3=0, PT không có nghiệm nguyên dơng nên không thoả mãn.
Vậy có 1 tam giác duy nhất thoả mãn bài ra là tam giác có độ dài các cạnh
là : a = 4,b = 6,c =5
1 điểm
1 điểm
Bài 6 Giả sử đa thức cần tìm là: ( ) 1 1 0; 0
+
n
n
a x P
2 1
n
n
−
−
n
n
−
−
−
Từ yêu cầu , ta có điều kiện cần là : Hệ số của luỹ thừa bậc (n + 1) phải bằng 0
mà hệ số đó là n(n−1)a n −2na n =n(n−3)a n
Lại do a n ≠0;n>1 nên n(n−3)a n =0⇔n=3
2
3
=a x a x a x a a x
P
Thay đa thức vào điều kiện (1) :
(12a −2a )x +(8a −24a −2a )x2 +(8a1 −8a2 −48a3)x+12a0 −16a2 =0;∀x
1 3 2
3 2 3
0.5
điểm
0.5
điểm
Trang 6
=
=
=
⇔
=
−
=
−
−
=
−
−
=
−
⇔
3 0
3 1
3 2
2 0
3 2 1
1 3 2
2 3
8 12 6
0 4 3
0 6
0 12
4
0 6
a a
a a
a a
a a
a a a
a a a
a a
Nên ( ) ( 3 6 2 12 8)
x
Mặt khác P( )1 =27 ; Suy ra 27a3 =27⇔a3 =1
Vậy đa thức cần tìm là : P( )x = x3 +6x2 +12x+8
0.5
điểm
0.5
điểm Bài 7 Với ∀x∈R ta có 3−(y+ 4) =23 +Cos2x−Log2 3 ≥22 −Log2 3 =2Log2 3 =3
⇔−(y+4)≥1⇔ y≤−5 (1)
Đẳng thức xảy ra khi +Cos x= ⇔Cosx= ⇔ x= +k ;k∈Z
2 0
0 2
Với điều kiện (1) thì 2/y/−/y−1/+(y+3)2 ≤8 trở thành :
y2 +5y≤0⇔−5≤ y≤0 , kết hợp với (1) ta có y = - 5 (3)
Kết hợp (1);(2) và (3) ta có nghiệm của hệ đã cho là :
−
=
∈ +
=
5
; 2
y
Z k k
1 điểm
0.5
điểm
0.5
điểm
Bài 8 Đặt 2 hình chóp tam giác đều là : O.ABC và O’.A’B’C’ với O là tâm
của tam giác ABC và O’ là tâm của tam giác A’B’C’.
Theo bài ra thì OO’ là đờng cao chung của 2 hình chóp
Đặt D,E,F là các giao điểm của các cặp cạnh bên tơng ứng của 2 hình
chóp Phần thể tích chung của 2 hình chóp là thẻ tích của khối đa diện
ODEFO’ Ký hiệu V là thể tích đó thì V = OO'.S∆DEF
3 1
C OO'
∆ vuông tại O’ nên OO ' l= cosα
Do tính đối xứng nên OO’ đi qua tâm I của ∆DEF .
Trong ∆IOE ta có : OI =IEcotgα
Trong ∆IO' E có:O'I =IEcotgα
α β
α β
α
g g
l g
g
OO IE
g g
IE OO
cot cot
cos cot
cot
' )
cot (cot
'
+
= +
=
⇔ +
=
Tam giác DEF đều , đờng cao EJ EI
2
3
=
Diện tích
4
3
2
DE
3
3 2
EI
EJ
2 2
) cot (cot
4
cos 3 3
β α
α
g g
l
+
=
∆
0.5
điểm
0.5
điểm
0.5
điểm
Trang 7Vậy thể tích phần chung của 2 hình chóp là : 2
3 3
) cot (cot
4
cos 3
β α
α
g g
l V
+
A
B
C
O A'
C'
B' D
F E
O' I
0.5
điểm
Bài 9
2 2 2
2 2 2
2
+
+ +
+ +
⇔
b a Log
c Log a
c Log
b Log c
b Log
a Log
(1)
Do a.b.c≥2 nên a b ab
b
1
,tơng tự ta cũng đợc :
b+c≤bc&c+a≤ac
Khi đó ( )
y x
z x z
y z y
x ab Log
c Log ca
Log
b Log bc
Log
a Log VT
+
+ +
+ +
= +
+
1
2
2 2
2 2
2
(2) Với x=Log2a;y=Log2b;z= Log2c
+
+ +
+
z x z
y z y x
9 2
2 2
2 2
2
≥
+
+ +
+ + +
+
⇔
≥
+ +
+ +
+
⇔
x z z y y x z y x
y x
z x
z
y z
y x
áp dụng bất đẳng thức Cô si cho vế trái , ta đợc điều phải chứng minh
Dấu đẳng thức xảy ra khi
2 2
1
;
=
=
=
⇔
=
=
=
=
=
⇔
=
=
≥
c b a c
b a
c Log b Log a Log z
y x
z y x
1 điểm
0.5
điểm
0.5
điểm
Chú ý : Nếu thí sinh có lời giải theo các cách khác mà đúng vẫn cho điểm theo biểu điểm của
từng bài